2012年黄冈中考物理试卷解析
一、（共9小题，每小题3分，满分27分）
1．据报道，世界“吼王”杰米•温德拉曾“吼”出超过100分贝的声音，如图是他“吼”出声音将玻璃杯震碎的情景．下列有关他“吼”出的声音的说法正确的是（　　）

　A．声音传递了能量B．声音只在玻璃杯中传播
　C．声音是玻璃杯振动产生的D．声音的分贝数越高其频率越大

考点：声与能量。
专题：。
分析：声音可以传递信息，如：隆隆的雷声预示着一场可能的大雨；
声音能够传递能量，如：利用声波清洗钟表等精细的机械．
解答：解：（1）医生用听诊器了解病人内脏情况、利用声呐探测鱼群、探测海深、回声定位、都是利用声波传递信息；
（2）世界“吼王”杰米•温德拉曾“吼”出超过100分贝的声音，因为玻璃杯破了主要是利用声波传递能量．
故选A．
点评：此题考查的是声的利用，是一道声学的基础题；声波传递能量的性质可以应用在很多方面．

2．我国南海海底蕴藏着大量的“可燃冰”，它是天然气和水在低温高压下形成的固态物质，因外形晶莹剔透，酷似冰块却能燃烧而得名，是一种燃烧值高、清洁无污染的新型能．下列说法正确的是（　　）
　A．可燃冰是可再生能B．可燃冰的能量自亿年前的太阳能
　C．可燃冰是核聚变反应生成的D．可燃冰燃烧时核能转化为内能

考点：太阳能的利用；太阳能的转化。
专题：。
分析：（1）天然气水合物俗称可燃冰，是一种新型能，赋存于大海深处，其蕴藏量是地球上煤、石油的几百倍，因而是一种等待开发的巨大能物质．化石燃料属于不可再生能，属于一次能；
（2）太阳能资，不仅包括直接投射到地球表面上的太阳辐射，而且也包括像所有的化石燃料、水能、风能、海洋能、潮汐能等间接的太阳资，还应包括绿色植物的光合作用固定下的能量，即生物能．严格地说，除了地热能和原子核能以外，地球上所有其他能全部自太阳能，这是“广义太阳能”．
（3）“可燃冰”又称天然气水合物，它是在海底的高压、低温条件下形成 的．
（4）可燃冰燃烧时化学能转化为内能
解答：解：A、“可燃冰”属于一次能，还属于不可再生能，不合题意．
B、人们常说，太阳是人类的“能之母”，地球上很多能量都自于太阳能．符合题意．
C、可燃冰的学名为“天然气水合物”，是天然气在0℃和30个大气压的作用下结晶而成的“冰块”．“冰块”里甲烷占80%～99.9%，可直接点燃，燃烧后几乎不产生任何残渣，污染比煤、石油、天然气都要小得多．不合题意．
D、可燃冰的主要成分是天然气，燃烧时化学能转化为内能．不合题意．
故选B．
点评：此题通过可燃冰考查了能的分类、能的、可燃冰的成分和燃烧时能量转化，是一道综合题，要认真分析．

3．下列光现象的成因与日食形成的原因相同的是（　　）
　A．
水面“折”枝B．
露珠下叶脉看起变粗
　C．
手影D．
拱桥倒影

考点：光直线传播的应用。
专题：应用题。
分析：日食形成的原因是由于光的直线传播，分别分析题中四种现象形成的原因即可解答．
解答：解：A、水面“折”枝，是由于光的折射形成的现象；
B、露珠下叶脉看起变粗，露珠起到放大镜作用，是由于光的折射形成的现象；
C、手影是由于光的直线传播形成的现象；
D、拱桥倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的现象．
故选C．
点评：本题考查了光的直线传播，解决此题要求了解一些光的直线传播产生的现象及其他光现象，属于基本内容，比较简单．

4．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭开了电与磁的联系；法拉第发现了电磁感应现象进一步揭示了电与磁的联系，开辟了人类的电气化时代．下列 有关电磁现象的说法正确的是（　　）
　A．通电导体周围一定存在磁场
　B．导体在磁场中运动一 定产生感应电流
　C．电磁波在真空中无法传播
　D．通电导体受到磁场的作用力与磁场方向无关

考点：通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件；电磁波的传播。
专题：实验题。
分析：（1）奥斯特实验证明了通电导体周围存在磁场，其磁场方向和电流方向有关；
（2）产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体，在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才会有感应电流；
（3）电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播；
（4）通电导体在磁场中的受力方向跟电流方向和磁场方向有关．
解答：解：A、奥斯特实验证明了：通电导体周围一定存在磁场，故A正确；
B、闭合电路的一部分导体，在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才会有感应电流．故B错误；
C、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故C错误；
D、通电导体在磁场中的受力方向跟电流方向和磁场方向有关．故D错误．
故选A．
点评：此题考查的知识点比较多，有奥斯特实验、电磁感应现象、电磁波的传播和通电导体在磁场中的受力等问题，难度不大，是中考的常见题型．

5． 2012年黄冈市利用如图l所示的“坐位体前屈测试仪”对初中毕业生进行了身体柔韧性测试．测试者向前推动滑块，滑块被推动的距离越大，仪器的示数就越大．若琦同学设计了四种电路（如图2所示）模拟测试，并要求电路中滑动变阻器的滑片向右滑动时，电表示数增大．其中符合要求的电路是（　　）

　A．AB．BC．CD．D

考点：电路图设计。
专题：应用题；图析法。
分析：先识别电路，然后根据压力的改变，判断滑动变阻器接入电路的阻值的变化，再根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化．
解答：解：A、电路为并联电路，电流表测量变阻器的电流，当滑片向右滑动时时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流表的示数减小，故A选项错误；
B、电路为并联电路，电流表测量定值电阻的电流，电流表的示数不变，故B错误；
C、电路为串联电路，电压表测量变阻器两端的电压，当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，串联电路起分压作用，所以变阻器分得的电压变大，电压表的示数变大，故C选项正确；
D、电路为串联电路，电压表测量定值电阻两端的电压，当压力增大时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流变小，定值电阻的阻值不变，因此电压表的示数变小，故D选项错误．
故选C．
点评：本题考查滑 动变阻器的使用，明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理分析电路中电流、电压的变化是解题的关键．

6．如图是某物质加热时温度随时间变化的图象．下列对图象的分析正确的是（　　）

　A．该物质一定是晶体
　B．T2一定是物质的沸点
　C．0～t1时间内物质的分子热运动加剧
　D．t1～t2时间内物质的温度不变内能不变

考点：沸腾及沸腾条件；内能的概念。
专题：应用题；图析法。
分析：（1）晶体有固定的熔点，熔化过程中温度保持不变．晶体熔化时的温度是晶体熔点．
（2）液体沸腾时温度保持不变，液体沸腾时的温度是沸点．
（3）温度反映了物体内分子做无规则运动的剧烈程度，温度越高，分子运动越剧烈，温度越低，分子运动越缓慢．
（4）晶体熔化或液体沸腾时都要继续吸热，温度不变，内能增大．
解答：解：A、该物质在t1～t2时间内物质的温度不变，可能是液体沸腾，也可能是晶体熔化，不合题意．
B、T2该物可能是物质的熔点，也可 能是物质的沸点．不合题意．
C、0～t1时间内物质吸热升高，温度越高，分子运动越剧烈．符合题意．
D、t1～t2时间内物质可能在熔化，也可能在沸腾，此时需要继续吸热，温度不变，但内能增大．不合题意．
故选C．
点评：此题的图象较复杂，通过试题分析，该物质可能是晶体熔化，也可能是液体沸腾，学生在解答时通常会认为物质是晶体，选择A．

7．弧圈球是一种攻击力强、威力大的乒乓球进攻技术．如图为某人某次拉出的弧圈球在空中高速旋转前进的示意图，此时球上方气体相对球上部流速小于下方气体相对球下部流速，以下说法正确的是（　　）

　A．球在空中继续前进是受到惯性力的作用
　B．球在空中前进时受平衡力作用
　C．球因高速旋转前进比不旋转前进时会下落得慢
　D．球因高速旋转前进比不旋转前进时会下落得快

考点：流体压强与流速的关系；惯性。
专题：应用题。
分析：①根据惯性的概念进行分析，即物体都有保持原运动状态的性质称之为惯性，判断出A是否符合题意．
②在地球附近的物体都受到地球的吸引力叫重力，物体受重力作用，将改变运动状态，最终落回地面，判断出B是否符合题意．
③流体压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大．
解答：解：
①打出去的兵乓球在空中继续前进是受到惯性的作用，仍要保持原的运动状态，而不是惯性力的作用；故A说法错误，不符合题意．
②空中飞行的兵乓球受到重力和空气阻力的作用，重力的施力物体是地球，在重力的作用下兵乓球的运动状态会发生变化，所以兵乓球在空中前进时不受平衡力作用；故B说法错误，不符合题意．
③∵球上方气体相对球上部流速小于下方气体相对球下部流速，
∴球上方的压强大于球下方的压强，
因此球因为高速旋转前进比不旋转前进时会下落得快．故C说法错误，不符合题意；D说法正确，符合题意．
故选D．
点评：知道物体由于惯性会保持原的运动状态，知道力可以改变物体的越大状态，以及流体压强跟流速的关系，并能用流体压强解释有关的现象．此题难度不大，属于基础题．

8．下列有关“电”的说法正确的是（　　）
　A．摩擦起电的实质是创造了电荷
　B．运动的电荷一定形成电流
　C．电路两端有电压就一定有电流
　D．电阻中有电流，它的两端一定有电压

考点：摩擦起电的实质；电流的形成；有持续电流的条件。
专题：应用题。
分析：（1）摩擦起电是由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电．
（2）电流产生的条件：一、必须具有能够自由移动的电荷．二、导体两端存在电压（要使闭合回路中得到持续电流，必须要有电）．
（3）要使一段电路中产生电流，电路两端必须要有电压，电压能使导体中的自由电荷发生定向移动形成电流，所以电压是使电路中形成电流的原因．
解答：解：A、摩擦起电的实质，并不是创造了电，只是通过摩擦，使电子由一个物体转移到另一个物体电子由一个物体转移到另一个物体，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．不合题意．
B、光有运动的电荷不一定能形成电流，电路中还必须有电压．不合题意．
C、电路两端有电压不一定有电流，电路还必须是闭合的．不合题意．
D、电压是使电路中形成电流的原因，电路中有电流，两端就一定有电压．符合题意．
故选D ．
点评：此题考查了摩擦起电的实质、电荷的定向移动、电路中形成电流的原因，解答时要认真分析．

9．图1、图2是由相同的滑轮组装的滑轮组，甲乙两人分别用两装置在相等时间内将质量相等的重物匀速提升相同的高度，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，下列说法正确的是（　　）

　A．甲的拉力是乙的拉力的3倍
　B．乙拉绳子的速度大小是甲拉绳子速度大小的2倍
　C．甲拉力的功率大于乙拉力的功率
　D．如果考虑滑轮质量，图1装置的机械效率比图2的小

考点：滑轮组绳子拉力的计算；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算；功率的计算。
专题：；图析法。
分析： 空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，分别求出拉力F、拉力端移动的速度（拉绳子的速度）、拉力的功率，以及考虑滑轮质量时滑轮组的机械效率，通过比较进行判断．
解答：解：
由题知，重物重力相同（设其大小为G），物体升高的速度相同（设其大小为v），
（1）对于图1，因为两个都是定滑轮，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所以F甲=G，绳子的速度v甲=v；
拉力功率P甲=F甲v甲=Gv；如果考虑滑轮质量，但空气阻力、摩擦、绳子的质量均不计，该装置的额外功为0，η甲=100%；
（2）对于图2，因为是一个定滑轮、一个动滑轮，n=2，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所以F乙= G，绳子的速度v乙=2v；拉力功率P乙=F乙v乙= G×2v=Gv；如果考虑滑轮质量，空气阻力、摩擦、绳子的质量均不计，该装置的额外功＞0，η乙＜100%；
有以上分析可知：
A、甲的拉力是乙的拉力的2倍，故A错；
B、乙拉绳子的速度大小是甲拉绳子速度大小的2倍，故B正确；
C、甲拉力的功率等于乙拉力的功率，故C错；
D、如果考虑滑轮质量，图1装置的机械效率比图2的大，故D错．
故选B．
点评：本题是，实质是一综合，考查了两种滑轮组拉力、拉力功率、机械效率、拉力移动速度的计算，要求灵活运用滑轮组的特点、功率公式．

二、与作图（共5小题，满分17分）
10．如图为小娟家洗手间的部分电路，白炽灯L上标有“220V 40W”字样，L正常工作时电阻为　1210Ω　．该电路存在的安全隐患是　灯L直接接到火线上　．小娟改进电路后．想到家人常忘记关灯，便把标有“220V 60W”的白炽灯L′与L串连接入A、B之间，则电路的总功率比原　小　 （填“大”或“小”），L′与L两端的电压之比为　2：3　 （不计灯丝电阻的变化）．

考点：电功率的计算；串联电路的电流规律；欧姆定律的应用。
专题：计算题；应用题；图析法。
分析：（1）根据灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，额定电压下灯泡正常工作，根据R= 求出L正常工作时电阻；
（2）根据安全用电：开关控制火线，零线直接进灯泡结合电路图判断电路的隐患；
（3）根据电阻的串联和P= 判断灯L′与L串连接入A、B之间时总功率的变化，根据R= 求出两灯泡的电阻关系，再根据串联电路的电流特点和欧姆定律判断两灯泡两端的电压关系．
解答：解：（1）灯泡正常工作时的电压为220V，功率为40W，则
L正常工作时电阻为：
R= = =1210Ω；
（2）由电路图可知，开关控制零线，火线直接进入灯泡，
故该电路存在的安全隐患是灯L直接接到火线上；
（3）白炽灯L′与L串连接入A、B之间时，电路中的总电阻变大，
根据P= 可知，在电压220V不变时，电路中的总功率变小；
根据R= 可知，R：R′=P′：P=60W：40W=3：2，
因串联电路各处的电流相等，
所以根据U=IR可知，UL′：UL=R′：R=2：3．
故答案为：1210Ω；灯L直接接到火线上（填“开关没有接到火线与灯L之间”亦可）；小；2：3．
点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及安全用电常识，涉及的知识点较多，综合性强，具有一定的难度．

11． “漂移”是一种高难度的汽车表演项目．有一种“漂移”方法如下：当汽车在水平地面上疾驶时，车对地面的压力和地面对车的支持力　不是　 （填“是”或“不是”）一对平衡力，此时突然刹车，但汽车仍要向前运动，这是由于汽车具有　惯性　．同时转动方向盘，汽车急转弯，这是摩擦力改变了汽车的　运动状态　．该过程中车胎温度升高，这主要是通过　做功　的方式改变了车胎的内能．

考点：平衡力的辨别；力的作用效果；惯性；物体内能的改变。
专题：应用题。
分析：（1）空气流速大的地方压强小，流速小的地方压强大，然后对疾驶的汽车受力分析结合二力平衡条件即可判断车对地面的压力和地面对车的支持 力是否是一对平衡力；
（2）惯性是物体保持原状态不变的一种性质；
（3）力的作用效果有：一是改变物体的运动状态，二是改变物体的形状；
（4）改变物体内能的方式：一是做功，二是热传递．
解答：解：（1）当汽车在水平地面上疾驶时，汽车上方气体流速快、压强小，下方流速慢、压强大，根据F=ps可知，汽车受到向上的托力；对汽车受力分析可知，受竖直向上的支持力和空气的托力、竖直向下的重力，根据力的平衡条件可知，车对地面的压力和地面对车的支持力大小不相等，并且也不作用在一个物体上，故二力不是一对平衡力．
（2）此时突然刹车，由于惯性汽车仍要向前运动，同时转动方向盘，汽车急转弯，这是摩擦力改变了汽车的运动状态；
该过程中车胎温度升高，这主要是通过做功的方式改变了车胎的内能．
故答案为：不是；惯性；运动状态；做功．
点评：本题考查了流速与压强的关系、平衡力的判断、力的作用效果、改变物体内能的方法，涉及的知识点较多，综合性较强，具有一定的难度．

12．如图为我国运载火箭上“箭载摄像机”拍得火箭上升时的一幅图片．摄像机镜头相当于一个凸透镜，像成在感光元件上．若拍摄该图片时镜头的焦距为f，为保证成像清晰，镜头到感光元件的距离v满足的条件是　f＜v＜2f　，物体经该镜头成的像是 　倒立　的（填“倒立”或“正立”）．摄像机在高温环境下工作，镜头用抗高温的石英材料制成，这是因为石英的　熔点　较高；若镜头的质量为、比热容为c，火箭发射前镜头的温度为t，镜头吸收热量Q后的温度为　 　．

考点：凸透镜成像的应用；熔化与熔化吸热特点；热量的计算。
专题：应用题。
分析：（1）根据凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，f＜v＜2f，应用于照相机和摄像机．
（2）晶体熔化时的温度称为熔点，故镜头选用抗高温的石英材料制成，这是因为石英的熔点较高的缘故；
（3）据热量的计算公式Q=c△t分析判断即可；
解答：解：摄像机镜头相当于一个凸透镜，它是利用u＞2f，f＜v＜2f，成倒立、缩小的实像，的原理制成的；
由于摄像机在高温环境中工作，所以其镜头必须选用熔点高的石英材料才行．
据热量的计算公式Q=c△t可知，此时镜头吸收Q热量所升高的温度是：△t= ，故此时镜头的末温是t末=
故答案为：f＜v＜2f； 倒立； 熔点； ．
点评：该题考查了凸透镜的成像规律的应用、晶体熔点的理解和热量的计算，是一道综合题．

13．向日葵因生长在茎顶端的花盘随太阳转动而得名．如图是处于静止状态的向日葵，请在图中作出花盘的受力示意图．

考点：力的示意图。
专题：作图题。
分析：根据力的示意图的定义，将花盘受到力的方向、作用点表示出即可．
解答：解：花盘受到重力和支持力的作用，因为花盘静止，受平衡力作用，重力和支持力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，重力方向竖直向下，作用点在重心，支持力方向竖直向上，作用点也画在重心上，故花盘所受重力和支持力示意图如图：

点评：画力的示意图，就是用一条带箭头线段表示出力的三要素，所以要先正确分析力的大小、方向和作用点，再根据力的示意图的要求作出力的示意图．

14．如图所示，暗室内有一盛水的水槽，水槽上方一激光束入射到平面镜（图中未画出）上的O点，光束经平面镜反射后照射到水槽中的B点．请画出平面镜并作出光从O点传播到B点的光路图．

考点：作光的反射光路图；作光的折射光路图。
专题：作图题。
分析：（1）根据光的折射定律中折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角画出光从空气斜射入水中时的入射点；
（2）根据反射光线和入射光线的夹角可画 出法线，然后即可确定平面镜的位置．
解答：解：（1）在B点的正上方找一点B′，连接OB′与界面的交点，即为反射光线射到水面的入射点；
（2）作∠COD的角平分线即为法线，然后作法线的垂线即为平面镜的位置，连接DB即为光从O点传播到B点的光路图．如下图所示：

点评：本题考查光的反射光路图和光的折射光路图，根据折射定律确定反射光线射到水面的入射点，是解答此题的关键．

三、实验与探究（共3小题，满分16分）
15．吕彬同学将实验器材按图1连接，测量小灯泡在不同电压下的功率．所用灯泡的额定电压是2.5V．
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至　右　端（填“左”或“右”）；

（2）请在虚线框内完成实物图对应的电路图；
（3）闭合开关后，他发现灯不亮．电压表无示数，电流表有示数，则电路中可能出现的故障是　灯泡短路　．排除故障后，移动滑片至某位置时．电压表示数如图2所示．则灯泡两端电压为　1.9V　，若要继续测量灯泡的额定功率，应将滑片向　左　端（填“左”或“右”）滑动．

考点：探究用电器的电功率实验；欧姆定律的应用。
专题：实验题；作图题。
分析：（1）为保护电路，闭合开关前滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据滑动变阻器在电路中的连接方式判断滑片的位置；
（2）分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据实物电路图画出实验电路图；
（3）①灯泡不亮，可能是灯泡断路，或灯泡短路，或灯泡之外电路存在断路；电流表有示数，说明电路不存在断路；电压表无示数，可能是与电压表并联的灯泡短路，或电压表并联电路之外存在断路，电压表不能与电两极相连接；综合分析可知电路故障是灯泡短路；
②确定电压表量程与最小分度值，根据电压表指针位置读出电压表示数；
③灯泡两端电压小于额定电压，要测灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，使灯泡两端的电压等于额定电压，滑动变阻器接入电路的阻值应减小，根据滑动变阻器的接法判断滑片的移动方向．[:Z+xx+k.Co]
解答：解：（1）由实物电路图知，当滑动变阻器滑片在最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，因此闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至右端；
故答案为：右．
（2）分析实物电路图的结构，根据实物图画出电路图，电路图如图所示；
故答案为：电路图如图所示．
（3）闭合开关后，电压表无示数，电流表有示数，则电路中可能出现的故障是：灯泡短路；
由电路图知，电压表量程是3V，由图示电压表知，电压表的最小分度值是0.1V，电压表示数是1.9V；
要测灯泡额定功率，应增大灯泡两端的电压，减小滑动变阻器接入电路的阻值，由电路图知，滑片应向左移动；
故答案为：灯泡短路；1.9；左．

点评：本题考查了滑动变阻器的调节、根据实物图画实验的原理图、电路故障分析、电压读数等问题，是实验的看、常考内容，一定要掌握；分析清楚电路结构、明确各电路元件的连接方式是正确作出实验电路图的前提与关键．

16．李翔同学在上找到了一块坚硬的石块，他仅用直尺这一测量工具测出了石块的密度．装置如图所示，主要实验步骤如下：
A．用细线将轻质直杆悬起，悬点为O，并将一重物用细线悬于直杆O点左侧的P点；
B．保持重物的悬点不变，将装水的轻质塑料袋用细线挂在直杆O点右侧的某点，直杆处于水平静止，用直尺测得该点到O的距离为30.0c；
C．在溢水杯中装满水，将待测石块缓慢浸没在杯中，让溢出的水全部流入轻质塑料袋中；
D．保持重物的悬点不变，将待测石块用细线挂在直杆O点右侧的某点，直杆处于水平静止，用直尺测得该点到O的距离为12.0c；
（1）实验中主要应用的力学规律是　杠杆的平衡条件　 （填“阿基米德原理”或“杠杆的平衡条件”）；
（2）上述实验步骤最佳顺序是　ADCB　 （填入步骤前的字母）；
（3）已知水的密度为1.0×103kg/3，可求得待测石块密度为　2.5g/c3　．

考点：固体的密度测量实验；杠杆的平衡条件。
专题：实验题；转换法。
分析：（1）阿基米德原理的作用是计算浮力或比较浮力的大小，杠杆的平衡条件是比较或计算动力、阻力或力臂的大小．
（2）利用直尺测量石块密度的过程是：将直尺用细线拴在O点悬挂起，使其在水平位置平衡；在左端悬挂一个物重为G0的重物，距离O点L0；将石头用细线拴住悬挂在右端，调节左右位置，使直尺在水平位置平衡，石头到O点的距离为L1=12.0c；取一溢水杯盛满水，将石头轻轻放入溢水杯中使其浸没在水中，同时使溢出的水流入轻质塑料袋中；将盛水的塑料袋悬挂在直尺的右侧，使直尺在水平位置平衡，塑料袋到O点的距 离为L2=30.0c．
（3）利用杠杆的平衡条件和石块体积等于溢出水的体积相等，确定等量关系，解出石块的密度．
解答：解：
（1）由示意图知，测量石头的密度利用的是杠杆的两次平衡，溢水杯的作用是得到石头排开的水的质量．所以应用的规律是杠杆的平衡条件；
（2）要测量出石块的密度，合理的顺序是：A、D、C、B．
（3）设石块的重力为G1，溢出水的重力为G2，由实验过程知
G0L0=G1L1G0L0=G2L2所以G1L1=G2L2ρ1VgL1=ρ2VgL2ρ1= = =2.5g/c3．
故答案为：
（1）杠杆的平衡条件；
（2）ADCB；
（3）2.5g/c3．
点评：此题属于难度较大的测量物质密度的实验题．解决此题需要把握两个关键：
一是根据杠杆平衡条件，得到石块重与力臂的乘积等于水重和力臂的乘积；
二是石块的体积等于溢出的水的体积．

17． 2012年5月27日，“长征三号乙”运载火箭一级残骸落到湖南绥宁县砸坏了民宅．这引起了某校科技小组的关注：竖直下落的物体与地面碰撞时对地面的作用力大小与哪些因素有关呢？某同学猜想与物体的质量、开始下落时离地面的高度有关．
（1）你猜想还与　物体落地时的速度　有关；
（2）该同学为验证他的猜想 ，设计了如下实验方案：在水平地面上平铺一些报纸：将涂满红色颜料的同一篮球从不同高度由静止释放，篮球会在报纸上留下大小不同的圆形红色印迹；通过比较印迹的大小即可比较篮球对地面作用力的大小．该方案所用到的实验方法有　控制变量法和转换法　
（3）另一同学将留有红色印迹的报纸放在如图所示电子测力计上，再将篮球放在印迹中央，用力下压篮球，当篮球恰好将　印迹　覆盖时，此时测力计示数即为篮球留下该印迹时对地面作用力的大小．

考点：势能的影响因素；物理学方法。
专题：实验题。
分析：（1）结合已有的知识基础，我们猜想竖直下落的物体与地面碰撞时对地面的作用力大小与物体落地时的速度（填“物体的形状”、“物体及地面硬度”、“物体与地面作用时间”、“是否反弹”、“反弹速度大小”）等因素有关．
（2）在该实验中，我们选用同一篮球，其目的是为了控制其质量相等，故能判断该操作的目的和方法；同时由于篮球与地面间作用力的大小不好比较，于是我们通过比较印迹的大小即可比较篮球对地面作用力的大小，故能判断这里用到的研究方法．
（3）由于篮球下落时与地面间有作用力，所以才使得篮球上出现红色的印迹，故想判断该力的大小，即只需将将篮球放在印迹中央，用力下压篮球，当篮球恰好将印迹覆盖时，即表明测力计示数即为篮球留下该印迹时对地面作用力的大小．
解答：解：（1）据已有的生活经验可知，竖直下落的物体与地面碰撞时对地面的作用力大小与地面碰撞时对地面的作用力大小与物体落地时的速度（填“物体的形状”、“物体及地面硬度”、“物体与地面作用时间”、“是否反弹”、“反弹速度大小”）等因素有关．
（2）在该实验中，我们选用同 一篮球，其目的是为了控制其质量相等，故能判断该操作中用到了控制变量的方法；同时由于篮球与地面间作用力的大小不好比较，于是我们通过比较印迹的大小即可比较篮球对地面作用力的大小，故能判断这里用到了转换的方法．
（3）由于篮球下落时与地面间有作用力，所以才使得篮球上出现红色的印迹，故想判断该力的大小，即只需将将篮球放在印迹中央，用力下压篮球，当篮球恰好将印迹覆盖时，即表明测力计示数即为篮球留下该印迹时对地面作用力的大小．
故答案为：（1）物体落地时的速度（填“物体的形状”、“物体及地面硬度”、“物体与地面作用时间”、“是否反弹”、“反弹速度大小”等其他合理猜想均可）；（2）控制变量法和转换法；（3）印迹．
点评：该题以探究重力势能大小的影响因素为实验的背景，考查了物理学中常用研究方法的理解和应用，该题是一道能力题，难度较大．

四、综合应用（18题7分．19题8分，共15分）
18． 2011年8月我国自主研制的深海探测器??“蛟龙号”（如图1所示）在太平洋海域成功完成5000深海探测．2012年6月它将再赴马里亚纳海沟挑战7000深海探测（不考虑海水密度变化，密度ρ取1.0×103kg/3，g取10N/kg）．
（1）若“蛟龙号”能承受的最大压强是7.2×107Pa，则它能下潜的最大深度是多少？（不考虑大气压）
（2）“蛟龙号”上一面积为50c2的观测窗口：在上述两种深度的探测中承受的压力增加了多少？
（3）“蛟龙号”完成任务后．漂浮在海面上，由起重装置将其匀速竖直吊离水面，起重装置起吊拉力的功率随时间变化的图象如图2所示，图中P2=2P1．起吊过程中“蛟龙号”总质量为22吨，求t1时刻“蛟龙号”的排水体积（不考虑水的阻力）．

考点：阿基米德原理；液体的压强的计算 ；物体的浮沉条件及其应用。
专题：计算题。
分析：（1）知道“蛟龙号”能承受的最大压强，利用公式p=ρgh求能下潜的最大深度；
（2）求出上述两种深度的深度差，利用公式p=ρgh求两种深度的压强差，再利用F=pS求观测窗口在上述两种深度的探测中承受的压力增加值；
（3）设在t1、t2时刻起重装置对探测器的拉力分别为F1、F2，探测器的速度为v，在t1、t2时刻，对探测器进行受力分析，得出F1和F2的大小，而P2=2P1，据此求出t1时刻受到的浮力，再根据阿基米德原理求t1时刻“蛟龙号”的排水体积．
解答：解：（1）∵p=ρgh，
能下潜的最大深度：
h= = =7200；
（2）上述两种深度的深度差：
△h=7000?5000=2000，
△p=ρg△h=1×103kg/3×10N/kg×2000=2×107Pa，
△F=△pS=2×107Pa×50×10?42=1×105N；
（3）设在t1、t2时刻起重装置对探测器的拉力分别为F1、F2，探测器的速度为v，
t1时刻，探测器：F1+F浮=g，可得F1=g?F浮，
t2时刻，探测器：F2=g，
由题知，P2=2P1，
即：F2v=2F1v，
∴F2=2F1，
∴g=2（g?F浮）
F浮= g= ×22×103kg×10N/kg=1.1×105N，
∵F浮=ρ水V排g，
∴V排= = =113．
答：（1）“蛟龙号”最大深度是7200；
（2）在上述两种深度的探测中承受的压力增加了1×105N；
（3）t1时刻“蛟龙号”的排水体积为113．
点评：本题考查了学生对阿基米德原理、液体压强公式和物体的漂浮条件的掌握和运用，难点在第三问，对两个时刻的探测器进行受力分析得出两个时刻的拉力大小是本题的关键．

19．如图1为小颖同学设计的电热水器的原理图，该电热水器具有加热、保温功能．图1中电磁继电器（线圈电阻不计）、热敏电阻R、保护电阻R0、电压恒为6V的电U1、导线等组成控制电路．当电磁铁线圈中的电流I＜10A时，继电器上方触点和触点c接通；当电磁铁线圈中的电流I≥10A时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点和触点a、b接通．热敏电阻中允许通过的最大电流I0=15A，其电阻R随温度变化的规律如图2，热敏电阻和加热电路中的三只电阻R1、R2、R3均置于储水箱中．已知R1=33Ω、R2=66Ω、R3=154Ω、U2=220V．

（1）衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是多大？
（2）保温状态下，若加热电路的发热功率等于热水器散热功率的80%，求10分钟内热水器散失的热量；
（3）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为多大？若R0为该值，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是多少？

考点：焦耳定律；欧姆定律的应用。
专题：计算题；信息给予题；图析法。
分析：由电路图知：衔铁被吸下，继电器下方触点和触点a、b接通时，加热电路中电阻最小，由P= 可知电路功率最大，处于加热状态；当继电器上方触点和触点c接通时，加热电路电阻较大，由P= 可知电路功率较小，电路处于保温状态；
（1）衔铁被吸下时，电阻R1与R2并联，由并联电路特点可以求出加热电路的总电阻；
（2）先由功率公式P= 求出加热电路在保温状态下10in内电路产生的热量，然后根据题意求出热水器散失的热量；
（3）由热敏电阻的R?t图象找出热敏电阻的最小阻值，此时电路电流最大，根据电路的最大电流求出控制电路保护电阻R0的最小阻值，这是控制电路正常工作的最小阻值；求出衔铁刚好被吸下时热敏电阻的阻值，然后由图象找出该阻值对应的温度，这就是储水箱中水的温度．
解答：解：（1）由电路图知：衔铁被吸下时，R1、R2并联，
由并联电路的特点知：
电路总电阻R= = =22Ω；
答：衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是22Ω．
（2）由电路图知，保愠状态下：R2、R3R串联，
10in加热电路产生的热量
= ×600s=1.32×105J，
10分钟内热水器散失的热量
= =1.65×105J；
答：10分钟内热水器散失的热量是1.65×105J．
（3）由由图2可知，热敏电阻的最小值是R=200Ω，
当R最小，控制电路中的电流不超过最大值时，保护电阻R0阻值最小，
由 得：保护电阻R0的最小值R0= ?R= ?200Ω=200Ω，
由题意知，衔铁刚好被吸下时，电路电流I=10A=0.01A，
此时电流总电阻R总= = =600Ω，
此时热敏电阻R=R总?R0=600Ω?200Ω=400Ω，
由图2可知，此时水温为为60℃．
答：保护电阻R0的阻值至少为200Ω，
衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是60℃．
点评：本题考查了求加热电路处于加热状态时的电阻、10分钟热水器散失的热量、保护电阻的最小阻值、水的温度等问题，考查的内容较多；分析清楚电路结构是本题正确解题的前提与关键；要正确解题，需要熟练掌握并联电路的特点、电功公式、欧姆定律等知识．

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